1、2015-2016学年湖北省襄阳市枣阳市白水高级中学高二（上）第一次月考物理试卷一、选择题（本题共29小题，每小题只有一个选项符合题意，每题3分，共60分）1如图为某一水平电场中等间距的一组等势面分布一个带q电荷量的粒子从坐标原点O以1104m/s的初速度向x轴负方向运动，运动到x=8cm处速度减为零不计一切摩擦，下列说法正确的是（）A电场强度大小为5N/C，方向沿x轴负方向B粒子的电荷量与质量的比值=1.25106C/kgC粒子运动到x=6cm处用时8106sD粒子在x轴上x=2cm处的电势能和x=2cm处的电势能相等2如图所示，电路中当可变电阻R的阻值增大时（）AA、B两点间的电压增大BA
2、、B两点间的电压减小C通过R的电流I增大D通过R的电流I减小3如图所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b，分别与电源的正、负极相连，两板的中央沿竖直方向各有一个小孔，今有一个带正电的液滴，自小孔的正上方的P点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后的速度为v1若使a板不动，若保持电键K断开或闭合，b 板向上或向下平移一小段距离，相同的液滴仍然从P点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后的速度为v2，在不计空气阻力的情况下，下列说法正确的是（）A若电键K保持闭合，向下移动b板，则v2v1B若电键K闭合一段时间后再断开，向下移动b板，则v2v1C若电键K保持闭合，无论向上或向下移动b板，则v2=v1D若电键
3、K闭合一段时间后再断开，无论向上或向下移动b板，则v2v14如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒K闭合时，该微粒恰好能保持静止若K不断开，则下列哪种方法能使该带电微粒向上运动打到上极板？（）A将下极板上移B将上极板上移C将上极板左移D将下极板N接地5电动势为E、内阻为r的电源向可变电阻R供电时，I为输出电流，U为路端电压，P为输出功率当调节R时，I、U和P都会发生变化，则下列推论正确的是（）A当R增大时，U一定随之增大B当R增大时，P一定随之增大C当U增大时，I一定随之增大DI与R一定成反比6关于静电场，下列说法正确的是（）A电势等于零的物体一定不带电B电场强度为零的点，电势不一定为零C
4、负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加D同一电场线上的各点，电势一定相等7某学生在研究串联电路电压特点的实验中，所用电路如图所示，接通S后，他将高内阻的电压表并联在A、C两点间时，电压表的示数为U；当并联在B、C两点间时，电压表的示数也为U；当并联在A、B两点时，示数为零，则故障的原因可能是（）AAB段断路BBC段断路CAB段短路DBC段短路8如图所示，P、Q是两个电量相等的正点电荷，它们的连线中点是O，A、B是中垂线上的两点，用EA、EB、A、B分别表示A、B两点的场强和电势，则（）AEA一定大于EB，A一定大于BBEA不一定大于EB，A一定大于BCEA一定大于EB，A不一定大于BDEA不
5、一定大于EB，A不一定大于B9两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是（）A带正电B速度先变大后变小C电势能先变大后变小D经过b点和d点时的速度大小相同10利用霍尔效应测量磁感应强度的原理如图所示，元件中通以正x方向的电流I，置于沿z轴方向的磁场中，其前、后表明垂直于z轴，在元件上、下表面之间产生电势差U若磁感应强度B=B0+kz（B0、k均为常数），由于沿z轴方向位置不同，电势差U也不同，则（）A若该元件的载流子是电子，则下表面电势高B电势差U越大，该处磁
6、感应强度B越大C在某一位置处，电流I越大，电势差U越大Dk越大，在z轴上两不同位置上测得的电势差U的差值越大11如图所示A、B、C、D、E、F为匀场电场中正六边形的六个顶点，已知A、B、C电势分别为1V、6V、8V，电场强度方向与正六边形在同一平面内，则D点电势为（）A5VB7VC8VD6V12如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线1和2为等势线a、b两个带电粒子以相同的速度从电场中M点沿等势线1的切线飞出，粒子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则在开始运动的一小段时间内，以下说法不正确是（）Aa的电场力较小，b的电场力较大Ba的速度将减小，b的速度将增大Ca一定带正电，b一定带负
7、电D两个粒子的电势能均减小13下列几幅图中，由电流产生的磁场方向正确的是（）ABCD14如图所示，在“研究影响通电导体棒所受磁场力的因素”实验中，要使导体棒摆动幅度增大，以下操作中可行的是（）A减少磁铁的数量B更换成磁性较强的磁铁C改变导体棒中的电流方向D减小导体棒中的电流强度15两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子（不计重力）质量为m电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA=h，此电子具有的初动能是（）ABedUhCD16如图所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负试探电荷在这个电场中的运动轨迹，若电荷是从a处运动到b处，以下判断正确的是（）A
8、电荷从a到b加速度减小Bb处电势能小Cb处电势高D电荷在b处速度小17如图所示，在匀强电场中有六个点A、B、C、D、E、F，正好构成一正六边形，六边形边长为0.1m，所在平面与电场方向平行点B、C、E的电势分别为20V、20V和60V一带电粒子从A点以某一速度沿AB方向射出后，经过1106s到达D点不计重力则下列判断正确的是（）A粒子带正电B粒子在A点射出时的速度为5105m/sC粒子在A点的电势能大于在D点的电势能D该粒子的比荷（电荷量与质量比值）为7.5108C/kg18如图所示，A为带正电的点电荷，电量为Q，中间竖直放置一无限大的金属板，B为质量为m、电量为+q的小球，用绝缘线悬挂于O点
9、，平衡时丝线与竖直方向的夹角为，且A、B二个小球在同一水平面上，间距为L，则金属板的感应电荷在小球B处产生的电场强度大小E为（）AE=BE=CE=DE=+19如图所示的两种电路中，电源相同，电源内阻不计，各电阻器阻值相等，各电流表的内阻相等且不可忽略不计电流表A1、A2、A3和A4读出的电流值分别为I1、I2、I3和I4下列关系式中正确的是（）AI1=I3BI1I4CI2=2I1DI2I3+I420关于电荷所受电场力和洛伦兹力，正确的说法是（）A电荷在磁场中一定受洛伦兹力作用B电荷在电场中一定受电场力作用C电荷所受电场力一定与该处电场方向一致D电荷所受的洛伦兹力不一定与磁场方向垂直21如图，一
10、直流电动机与阻值R=9的电阻串联接在电源上，电源电动势E=20V，内阻r=1，用理想电压表测出电动机两端的电压U=10V，已知电动机线圈电阻RM=1，则下列叙述中不正确的是（）A通过电动机的电流为10AB电动机的输入功率为10WC电动机发热消耗的功率为1WD电动机输出的功率为9W22两个固定的异号电荷，电荷量给定但大小不等，且q1q2用E1和E2分别表示两个点电荷产生的电场强度的大小，则在通过两点电荷的直线上，E1=E2的点（）A有三个，其中两处合场强为零B有三个，其中一处合场强为零C只有二个，其中一处合场强为零D只有一个，该处合场强不为零23如图所示，M是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数之
11、比n1：n2=10：1，接线柱a、b接一正弦交变电源，电压u=311sin100t（V）变压器右侧部分为一火警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器（电阻随温度升高而减小），R1为一定值电阻下列说法正确的是（）A当R2所在处出现火警时，电阻R1的功率变小B当R2所在处出现火警时，电压表V2的示数变大C当R2所在处出现火警时，电流表A的示数变小D电压表V1示数为22V24一质子在匀强电场中的运动径迹如图中的虚线所示，图中的实线为电场线（方向未画出），不考虑质子的重力和空气阻力则下列说法中正确的是（）AA点的电势比B点的高B质子在A点的电势能比B点的大C质子在A点的动能比在B点的大D质
12、子在电场中的动能与电势能总和不变25如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表的示数减小U（电压表为理想电表），在这个过程中（）A通过R1的电流减小，减少量一定等于BR2两端的电压增加，增加量一定等于UC路端电压减小，减少量一定等于UD通过R2的电流增加，但增加量一定大于26如图所示，A、B为相同的两个灯泡，均发光，当变阻器的滑片P向下端滑动时则（）AA灯变亮，B灯变暗BA灯变暗，B灯变亮CA、B灯均变暗DA、B灯均变亮27静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的折线，图中0和d为已知量，一个质量为m、电荷量为q带负电的粒子恰好在电场中以x=0为中心
13、、沿x轴方向做周期性运动忽略粒子的重力，则（）A在dxd区间内的场强大小都是，方向均沿+x方向B在dxd区间内粒子做简谐运动C要使粒子能运动到d处，粒子在O点的动能至少为q0D粒子从运动到的过程中，电势能先增大后减小29如图所示，有的计算机键盘的每一个键下面连一小块金属片，与该金属片隔有一定空气隙的是另一片小的固定金属片，这两片金属片组成一个小电容器该电容器的电容C可用公式计算，式中常量E=91012F/m，S表示金属片的正对面积，d表示两金属片间的距离，当键被按下时，此小电容器的电容C发生变化，与之相连的电子线路就能检测出是哪个键被按下了，从而给出相应的信号设每个金属片的正对面积为50mm2
14、，键未按下时两金属片间的距离为0.6mm如果电容变化0.25PF，电子线路恰能检测出必要的信号，则键至少需被按下（）A0.45mmB0.3mmC0.2mmD0.15mm30示波器可以视为加速电场与偏转电场的组合，若已知前者的电压为U1，后者电压为U2，极板长为L，板间距为d，且电子加速前初速可忽略则示波器的灵敏度（偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量称为“灵敏度”）与加速电场、偏转电场的关系正确的是（）AL越大，灵敏度越大Bd越大，灵敏度越大CU1越大，灵敏度越小D灵敏度与U1无关二、实验题（12分）31（12分）（2015沙坪坝区校级模拟）直流电动机在传感和控制中有着广泛应用为了探究电动机
15、的伏安特性，某同学找到一只带风扇的玩具电动机，他实验的实物示意图如图1所示，其中，图中M为电动机，电流表和电压表都视为理想电表闭合电键S前，滑动变阻器R的滑动头应置于最（填“左”或“右”）端闭合电键S后，发现无论如何调节滑动变阻器R的滑动头，电动机都会转动，则可以判断导线（选填“”，“”，“”）断路；排除故障后，测量得到电动机的UI，图线如图2所示通过图线可以求得该电动机内部线圈的电阻为；实验一：将电动机取下，接在一节电动势为1.50v、内阻为0.50的干电池两级间，则通过电路中的电流应为A；实验二：将实验一中完全相同的三节干电池串联，接上该电动机上稳定后，该电动机消耗的功率为W，其效率为%（
16、计算结果保留两位有效数字）三、填空题（27分）32带电量为3108库的检验电荷从电场中的A点移到B点时，它的电势能减少了6107焦，则在这个过程中，电场力对检验电荷做了焦的功，A、B两点之间的电势差为伏33为测量交流发电机的感应电动势及等效内阻，设计了如图甲所示的实验装置图，R0为定值电阻，R1为电阻箱实验时交流发电机以恒定转率转动，多次改变R1的阻值，用电压传感器测得R1上的电压U1，通过数据采集器，在计算机上显示出如图乙所示的关系图象（1）电阻R0的作用是；（2）图线与纵轴的交点P纵坐标的物理意义是；（3）图线与横轴的交点Q横坐标绝对值的物理意义是；（4）转速提高至原来的2倍时，图线与纵轴
17、的交点P将沿纵轴 （选填“上”或“下”）移34如图所示为质谱仪的原理示意图，电荷量为q、质量为m的带正电的粒子从静止开始经过电势差为U的加速电场后进入粒子速度选择器，选择器中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强电场的场强为E、方向水平向右已知带电粒子能够沿直线穿过速度选择器，从G点垂直MN进入偏转磁场，该偏转磁场是一个以直线MN为边界、方向垂直纸面向外的匀强磁场带电粒子经偏转磁场后，最终到达照相底片的H点可测量出G、H间的距离为l带电粒子的重力可忽略不计粒子速度选择器中匀强磁场的磁感强度B1的大小为；偏转磁场的磁感强度B2的大小为35如图所示，在竖直向下、场强为E的匀强电场中，长为l的绝缘轻
18、杆可绕固定轴0在竖直面内无摩擦转动，两个小球A、B固定于杆的两端，转轴O到小球A的距离为，A、B的质量分别为m和3m，A带负电，电量大小为q1，B带正电，电量大小为q2杆从静止开始由水平位置转到竖直位置，在此过程中电场力做功为，在竖直位置处两球的总动能为36如图，带电量为+q的点电荷与均匀带电薄板相距为2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心若图中a点处的电场强度为零，根据对称性，图中b点处的电场强度大小为，方向（静电力恒量为k）2015-2016学年湖北省襄阳市枣阳市白水高级中学高二（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共29小题，每小题只有一个选项符合题意，每题3分
19、，共60分）1如图为某一水平电场中等间距的一组等势面分布一个带q电荷量的粒子从坐标原点O以1104m/s的初速度向x轴负方向运动，运动到x=8cm处速度减为零不计一切摩擦，下列说法正确的是（）A电场强度大小为5N/C，方向沿x轴负方向B粒子的电荷量与质量的比值=1.25106C/kgC粒子运动到x=6cm处用时8106sD粒子在x轴上x=2cm处的电势能和x=2cm处的电势能相等考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系 版权所有分析：根据E=知电场强度大小，根据沿电场方向电势降低知电场方向；根据动能定理知比荷；根据匀变速直线运动规律知时间；根据能量守恒知在x轴上不同位置，粒子的动能和电势能之和均
20、为一定值；解答：解：A、根据E=知电场强度为E=500N/c，方向沿x轴负方向，故A错误；B、根据动能定理知Eqx=0mv2，得=1.25106C/kg，故B正确；C、根据a=，x=v0t联立解得t=8106s，故C正确；D、粒子在x轴上x=2cm处和x=2cm处的电势不同，所以它们的电势能不同，故D错误；故选：BC点评：此题考查带电粒子在匀强电场中的运动，明确运动状态，熟练应用相关公式即可，属于中档题目2如图所示，电路中当可变电阻R的阻值增大时（）AA、B两点间的电压增大BA、B两点间的电压减小C通过R的电流I增大D通过R的电流I减小考点：闭合电路的欧姆定律 版权所有专题：恒定电流专题分析：
21、当可变电阻R的阻值增大时，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，由欧姆定律分析A、B间电压的变化，分析通过R2电流的变化，根据总电流和R2电流的变化，判断通过R的电流I的变化解答：解：当可变电阻R的阻值增大时，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析知，干路电流I干减小，A、B间电压增大，通过R2的电流增大，则通过R的电流I减小故选AD点评：本题是动态变化分析问题，也可以利用一些结论进行分析：R增大，与之并联的电阻的电流增大，R的电流减小3如图所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b，分别与电源的正、负极相连，两板的中央沿竖直方向各有一个小孔，今有一个带正电的液滴，自小孔的正
22、上方的P点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后的速度为v1若使a板不动，若保持电键K断开或闭合，b 板向上或向下平移一小段距离，相同的液滴仍然从P点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后的速度为v2，在不计空气阻力的情况下，下列说法正确的是（）A若电键K保持闭合，向下移动b板，则v2v1B若电键K闭合一段时间后再断开，向下移动b板，则v2v1C若电键K保持闭合，无论向上或向下移动b板，则v2=v1D若电键K闭合一段时间后再断开，无论向上或向下移动b板，则v2v1考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；电容器的动态分析 版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：带正电的液滴在下落过程中受
23、到竖直向下的重力，竖直向上的电场力作用，重力做正功，电场力做负功；由动能定理判断带电液滴速度大小关系解答：解：A、若电键K保持闭合，重力与电场力做功不变，由动能定理可知，带电液滴速度不变，则v2=v1，故A错误；B、若电键K闭合一段时间后再断开，向下移动b板，电场力做的负功减小，由动能定理得液滴速度变大，即v2v1，故B正确；C、若电键K保持闭合，无论向上或向下移动b板，重力与电场力所做的功不变，由动能定理可知，液滴速度不变，即v2=v1，故C正确；D、若电键K闭合一段时间后再断开，向上移动b板，重力做功不变，电场力做功增加，由动能定理可知，液滴速度变小，即v2v1；如果向下移动b板，重力做功
24、不变，电场力做功变小，由动能定理可知，小球速度变大，即v2v1，故D错误；故选BC点评：重力做正功，电场力做负功，应用动能定理即可正确解题，本题难度不大，是一道基础题4如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒K闭合时，该微粒恰好能保持静止若K不断开，则下列哪种方法能使该带电微粒向上运动打到上极板？（）A将下极板上移B将上极板上移C将上极板左移D将下极板N接地考点：带电粒子在混合场中的运动 版权所有专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：保持K闭合时电容板间电压保持不变，根据公式E=分析板间场强的变化，判断能否使带电微粒向上加速运动解答：解：开始时，粒子受重力和电场力，二力平衡；保持K闭合时，
25、电压U不变，要使该带电微粒向上运动打到上极板，故电场力要增加，根据E=，极板距离要减小；故A正确，BCD错误；故选：A点评：本题是电容器动态变化分析的问题，关键明确粒子的电场力要增加，故电场强度要增加；基础题目5电动势为E、内阻为r的电源向可变电阻R供电时，I为输出电流，U为路端电压，P为输出功率当调节R时，I、U和P都会发生变化，则下列推论正确的是（）A当R增大时，U一定随之增大B当R增大时，P一定随之增大C当U增大时，I一定随之增大DI与R一定成反比考点：电功、电功率 版权所有专题：恒定电流专题分析：当R变化时，根据闭合电路欧姆定律分析电流的变化，确定电源内电压的变化，再判断路端电压的变化
26、再分析当U增大时，R的变化，分析电流的变化解答：解：A、当R增大时，电路中电流减小，电源的内电压减小，则路端电压U增大故A正确B、根据数学知识得知：当外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，由于R与r的关系未知，所以当R增大时，P不一定增大故B错误C、由上分析知，U增大时，R增大，则I减小故C错误D、由欧姆定律得：U=IR，由于U会随着R而变化，所以I与R不是成反比故D错误故选A点评：本题是动态变化分析问题，可在理解的基础上记住：路端电压随外电阻的增大而增大6关于静电场，下列说法正确的是（）A电势等于零的物体一定不带电B电场强度为零的点，电势不一定为零C负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定
27、增加D同一电场线上的各点，电势一定相等考点：电场线；电场强度 版权所有分析：电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；电势是标量与零势面的选取有关，所以电场强度为零的地方电势不一定为零，电势为零的地方电场强度也不一定为零；电势能公式Ep=q解答：解：A、电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；电势是标量与零势面的选取有关，所以电场强度为零的地方电势不一定为零，电势为零的地方电场强度也不一定为零，故A错误，B正确C、据电势能公式Ep=q知，正电荷在电势越高的地方电势能越大，在电势越低的地方电势能越小，所以负电荷从电势高的点运动到电势低的点，电
28、势能一定增加，选项C正确D、根据电场线的特点可知，沿电场线的方向电势逐渐降低，故D错误故选：BC点评：明确电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；电荷在某点的电势能是由该点电势和电荷决定7某学生在研究串联电路电压特点的实验中，所用电路如图所示，接通S后，他将高内阻的电压表并联在A、C两点间时，电压表的示数为U；当并联在B、C两点间时，电压表的示数也为U；当并联在A、B两点时，示数为零，则故障的原因可能是（）AAB段断路BBC段断路CAB段短路DBC段短路考点：闭合电路的欧姆定律 版权所有专题：恒定电流专题分析：接通S后，将电压表并联在A、C两点间的电压表读数为U，说
29、明电源没有故障当并联在B、C两点间时，电压表读数也为U，说明BC间有断路当并联在A、B两点间时，电压表的读数为零，电路中没有电流，A、B间没有故障解答：解：A、B、接通S后，当并联在B、C两点间时，电压表读数也为U，说明BC间有断路当并联在A、B两点间时，电压表的读数为零，电路中没有电流，A、B间没有故障与题设条件不符故A错误，B正确C、若AB短路，电压表并联在A、B两点间时，电压表读数应为零，BC间电压为U，与题设相符故C正确D、若B、C间短路，电压表并联在B、C两点间时，读数为零，与题中条件不符，不可能，故D错误故选：BC点评：本题是电路中故障分析问题，可以用电势差等于电压来加深理解故障的
30、原因可运用假设法思维进行判断8如图所示，P、Q是两个电量相等的正点电荷，它们的连线中点是O，A、B是中垂线上的两点，用EA、EB、A、B分别表示A、B两点的场强和电势，则（）AEA一定大于EB，A一定大于BBEA不一定大于EB，A一定大于BCEA一定大于EB，A不一定大于BDEA不一定大于EB，A不一定大于B考点：电势；电场强度 版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：根据点电荷场强公式E=，运用矢量合成的平行四边形定则求出连线中垂线上各个点的合场强解答：解：两个等量正点电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线到无穷远处电场强度先增大后减小，设场强最大的点为P
31、点，P点可能在A、B两点之间，也可能在O、A之间，也可能在B点的外侧，当P点可能在A、B两点之间时，EA可能大于EB，也可能小于EB，还可能等于EB；当P在O、A之间时，EA大于EB；当P点在B点外侧时，EA、小于EB；在PQ连线的中垂线上，场强方向沿AB方向，沿电场线方向电势越来越低，因此A一定大于 B；故A错误，B正确，C错误，D错误；故选：B点评：本题关键是要明确两个等量同种电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况，沿着场强方向，电势越来越低9两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力
32、作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是（）A带正电B速度先变大后变小C电势能先变大后变小D经过b点和d点时的速度大小相同考点：等势面；电势能 版权所有分析：从粒子运动轨迹看出，轨迹向上弯曲，可知带电粒子受到了向上的力的作用，从abc过程中，电场力做负功，cde过程中，电场力做正功，可判断电势能的大小和速度大小粒子在静电场中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小解答：解：A、根据两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面的特点可得，该图中的等势面中，正电荷在上方，负电荷在下方；从粒子运动轨迹看出，轨迹向上弯曲，可知带电粒子受到了向上的力的作用所以粒子带负电故A错误；B、C、粒子从abc过程中
33、，电场力做负功，cde过程中，电场力做正功粒子在静电场中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，速度先减小，后增大故B错误，C正确；D、由于b、d两点处于同一个等势面上，所以粒子在bd两点的电势能相同，粒子经过b点和d点时的速度大小相同故D正确故选：CD点评：本题是轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定是排斥力还是吸引力由动能定理分析动能和电势能的变化是常用的思路10利用霍尔效应测量磁感应强度的原理如图所示，元件中通以正x方向的电流I，置于沿z轴方向的磁场中，其前、后表明垂直于z轴，在元件上、下表面之间产生电势差U若磁感应强度B=B0+kz（B0、k均为常数），由
34、于沿z轴方向位置不同，电势差U也不同，则（）A若该元件的载流子是电子，则下表面电势高B电势差U越大，该处磁感应强度B越大C在某一位置处，电流I越大，电势差U越大Dk越大，在z轴上两不同位置上测得的电势差U的差值越大考点：霍尔效应及其应用 版权所有分析：霍尔元件中移动的是自由电子，自由电子受到洛伦兹力发生偏转，从而可知道上下表面电势的高低上下两表面分别带上正负电荷，从而形成电势差，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡解答：解：A、霍尔元件中移动的是自由电子，根据左手定则，电子向下表面偏转，所以上表面电势高故A错误B、最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b
35、、c，有q=qvB，电流的微观表达式为I=nqvS=nqvbc，所以U=上、下表面的电势差U越大，则B越大；当电流越大，上、下表面的电势差U越大故BC正确D、k越大，根据磁感应强度B=B0+kz，知B随z的变化越大，根据U=知，U随z的变化越大，测得的电势差U的差值越大，故D正确；故选：BCD点评：解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，上下表面形成稳定的电势差11如图所示A、B、C、D、E、F为匀场电场中正六边形的六个顶点，已知A、B、C电势分别为1V、6V、8V，电场强度方向与正六边形在同一平面内，则D点电势为（）A5VB7VC8VD6V考
36、点：匀强电场中电势差和电场强度的关系 版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：在匀强电场中，沿着任意方向前进相同距离，电势的降落必定相等，根据这个特点并结合几何关系就可以得到D点的电势；匀强电场的等势面是一系列的平行且等间距的直线，电场线必定与等势面垂直，且从高等势面指向低等势面，结合以上特点就可以画出电场线解答：解：在匀强电场中，沿着任意方向前进相同距离，电势的降落必定相等，由于从A到D方向平行与BC方向，且AD间距等于BC间距的两倍故有DA=2（CB）代入数据解得D=5V故A正确，BCD均错误；故选：A点评：本题关键要明确匀强电场中沿着任意方向电势降落相等，同时要熟悉匀强电场中等势面和电
37、场线的关系，然后结合几何关系分析求解12如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线1和2为等势线a、b两个带电粒子以相同的速度从电场中M点沿等势线1的切线飞出，粒子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则在开始运动的一小段时间内，以下说法不正确是（）Aa的电场力较小，b的电场力较大Ba的速度将减小，b的速度将增大Ca一定带正电，b一定带负电D两个粒子的电势能均减小考点：等势面；电势能 版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线的疏密代表电场的强弱，所以出发后的一小段时间内a受到的电场力变小，b受到的电场力变大；正电荷所受电场力的方向就是电场线的方向，而负电荷所受的电场力的方向与电场线
38、的方向相反，由于场强方向未知故不能确定电荷的电性根据动能定理，合外力做正功，动能增加解答：解：A、电场线的疏密代表电场的强弱，由图可知越向左场强越小，故a出发后的一小段时间内其所处的位置的场强越来越小，而b出发后的一小段时间内其所处的位置场强越来越大，但是a、b电荷量关系不清楚，故A错误；B、由于出发后电场力始终对电荷做正功，故两电荷的动能越来越大，故两个电荷的速度都将越来越大，故B错误；C、由于两电荷所受的电场力的方向相反，故a、b两粒子所带的电荷的电性相反，由于不知道场强的方向，故不能确定电场力的方向与场强方向的关系，所以不能确定ab两电荷的电性，故C错误；D、由于出发后电场力对两对电荷均
39、做正功，所以两个粒子的电势能均减小，故D正确；本题选错误的，故选ABC点评：本题虽然是综合性很强的题目，但只要我们理解了电场线的特点就能顺利解决B、D，明白了只要合外力做正功物体的动能就将增加、电势能减小的道理选项A、C就不难解决，所以我们一定要掌握好基本知识13下列几幅图中，由电流产生的磁场方向正确的是（）ABCD考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 版权所有分析：根据安培定则判断电流周围磁场的方向，从而进行判断正误解答：解：A、由于电流的方向竖直向上，根据安培定则知，磁场方向应该右边垂直纸面向里，左边垂直纸面向外故A错误B、环形导线电流的方向逆时针，根据安培定则知，环形导线的内部磁场方
40、向垂直面向外，故B正确C、从上往下看，线框的电流方向为顺时针方向，根据安培定则知，磁场的方向向下故C错误D、根据安培定则，电流方向上边垂直向里，下边垂直向外，则螺线管内部的磁场方向向左故D错误故选：B点评：解决本题的关键知道电流和周围磁场方向的关系，会通过安培定则进行判断14如图所示，在“研究影响通电导体棒所受磁场力的因素”实验中，要使导体棒摆动幅度增大，以下操作中可行的是（）A减少磁铁的数量B更换成磁性较强的磁铁C改变导体棒中的电流方向D减小导体棒中的电流强度考点：安培力 版权所有分析：要使导体摆动的幅度增大，只要增大安培力即可，根据安培力的公式F=BIL，知安培力大小与哪些因素有关解答：解
41、：增大安培力即可使导体摆动的幅度增大，根据安培力的公式F=BIL可知，增加磁铁的数量，在磁场中有效长度增加，安培力增加；增大导体棒中的电流强度，安培力增大；改变导体棒中的电流方向，只会改变安培力的方向，不会改变安培力的大小；将磁铁更换成磁性较强的，磁感应强度增强，安培力增大故B正确，ACD错误故选：B点评：解决本题的关键掌握安培力的大小公式，知道安培力的大小跟哪些因素有关15两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子（不计重力）质量为m电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA=h，此电子具有的初动能是（）ABedUhCD考点：匀强电场中电势差和电场强度的关
42、系 版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：设出电子的初动能，末动能为零，全程只有电场力做功，根据动能定理解出电子的初动能解答：解：设出电子的初动能Ek0，末动能为零，极板间的电场E=，根据动能定理：eEh=0Ek0，解得：Ek0=故选：D点评：注意动能定理应用时要找准全过程物体一共受到几个，并判断哪几个力做功16如图所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负试探电荷在这个电场中的运动轨迹，若电荷是从a处运动到b处，以下判断正确的是（）A电荷从a到b加速度减小Bb处电势能小Cb处电势高D电荷在b处速度小考点：电场线；电场强度；电势 版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线是从正电荷
43、或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小解答：解：A、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以粒子在b点的加速度大，所以A错误；B、从a到b的过程中，电场力做负功，电势能增加，所以b处电势能大，所以B错误；C、根据粒子的运动的轨迹可以知道，负电荷受到的电场力的方向向下，所以电场线的方向向上，所以a点的电势大于b点的电势，所以C错误；D、由B的分析可知，电场力做负功，电势能增加，速度减小，所以电荷在b处速度小，所以D正确故选D点评：加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题17如图所示
44、，在匀强电场中有六个点A、B、C、D、E、F，正好构成一正六边形，六边形边长为0.1m，所在平面与电场方向平行点B、C、E的电势分别为20V、20V和60V一带电粒子从A点以某一速度沿AB方向射出后，经过1106s到达D点不计重力则下列判断正确的是（）A粒子带正电B粒子在A点射出时的速度为5105m/sC粒子在A点的电势能大于在D点的电势能D该粒子的比荷（电荷量与质量比值）为7.5108C/kg考点：电势差与电场强度的关系；电势能 版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：该电场中已知三点的电势，可以通过作辅助线找出它们之间的关系，从而确定等势线，及该电场的特点与方向，进而判定粒子的电性，及电
45、势能的变化，并由类平抛运动规律，即可求解解答：解：由题意可知，点B、C、E的电势分别为20V、20V和60VUCB=UEF则F的电势为20V，那么CF是等势线，电场线如图所示：所以可以判定EA是这个匀强电场的电场线的方向A、由上面的判断可知，粒子带负电，故A错误；B、粒子做类平抛运动，则AB方向做匀速直线运动，则在A点射出时的速度为v=1105m/s，故B错误；C、负电粒子从低电势向高电势移动，则电势能减小故C正确；D、根据类平抛运动规律，在AE方向，则有：，代入数据，解得：=7.5108C/kg故D正确故选：CD点评：该题通过比较几个点的电势，得出该电场的特点与方向，解题的关键是通过使用辅助
46、线来说明问题，同时掌握类平抛运动处理规律是解题的关键18如图所示，A为带正电的点电荷，电量为Q，中间竖直放置一无限大的金属板，B为质量为m、电量为+q的小球，用绝缘线悬挂于O点，平衡时丝线与竖直方向的夹角为，且A、B二个小球在同一水平面上，间距为L，则金属板的感应电荷在小球B处产生的电场强度大小E为（）AE=BE=CE=DE=+考点：电场强度 版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据共点力平衡条件和库仑定律列式，求解E的大小解答：解：静电平衡时，金属板的感应电荷在B处产生的电场强度方向向右以小球为研究对象，分析受力情况：重力、点电荷对小球的静电力
47、F、感应电荷的静电力qE和细线的拉力，如图根据共点力平衡条件： F+qE=Tsin mg=Tcos又根据库仑定律得：F=k联立解得，E=故选：C点评：本题是电场中的力平衡问题，要转换观念，当作力学问题去处理关键要知道感应电荷产生的电场强度方向19如图所示的两种电路中，电源相同，电源内阻不计，各电阻器阻值相等，各电流表的内阻相等且不可忽略不计电流表A1、A2、A3和A4读出的电流值分别为I1、I2、I3和I4下列关系式中正确的是（）AI1=I3BI1I4CI2=2I1DI2I3+I4考点：闭合电路的欧姆定律 版权所有专题：恒定电流专题分析：电源相同，其内阻不计，电路的路端电压等于电源的电动势根据
48、串联电路电压的分配，分析A1和R串联的电压与A3和R串联电压的关系，分析I1和I3及I1和I4大小根据并联电路的特点分析I1和I3的关系根据外电路总电阻的关系，判断I2与I3+I4的关系解答：解：AB、据题电源的内阻不计，路端电压等于电动势左图中，由于电流表A2的分压，A1和R串联的电压小于电源的电动势，右图中，A3和R串联电压等于电源的电动势，则I1I3，I1I4故A、B错误C、由于电流表的内阻不可忽略不计，A1和R串联这一路电流小于R的电流，所以I22I1故C错误D、设电流表的内阻为r，左图中外电路总电阻为R左=r+=右图中，外电路总电阻R右=（R+r），根据数学知识得到 1，所以左图中干
49、路电流小于右图中干路电流，即有I2I3+I4故D正确故选：D点评：本题难度在于运用数学知识分析两图中外电阻的大小，作商是比较大小经常用到的方法20关于电荷所受电场力和洛伦兹力，正确的说法是（）A电荷在磁场中一定受洛伦兹力作用B电荷在电场中一定受电场力作用C电荷所受电场力一定与该处电场方向一致D电荷所受的洛伦兹力不一定与磁场方向垂直考点：洛仑兹力；电场强度 版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：带电粒子在磁场中运动，才受到洛伦兹力作用而发生偏转由左手定则可确定洛伦兹力的方向，而电场的基本性质是对放入电场中的电荷有电场力作用正电荷的电场力的方向为该点的电场强度的方向解答：解：A、电荷在磁场中不
50、一定受洛伦兹力，当静止时一定没有洛伦兹力，而运动的电荷，当速度与磁场平行时，没有洛伦兹力作用故A错误；B、电荷在电场中一定受到电场力作用故B正确；C、正电荷所受电场力一定与该处电场方向相同，当负电荷所受电场力与该处电场方向相反故C错误；D、电荷所受的洛伦兹力与磁场及运动速度构成的平面垂直，所以电荷所受的洛伦兹力一定与磁场方向垂直，故D错误；故选：B点评：只要电荷在电场中一定有电场力，而电荷在磁场中静止，则一定没有磁场力，而电荷在磁场中运动，才可能有洛伦兹力，当运动方向与磁场垂直时，洛伦兹力最大21如图，一直流电动机与阻值R=9的电阻串联接在电源上，电源电动势E=20V，内阻r=1，用理想电压表
51、测出电动机两端的电压U=10V，已知电动机线圈电阻RM=1，则下列叙述中不正确的是（）A通过电动机的电流为10AB电动机的输入功率为10WC电动机发热消耗的功率为1WD电动机输出的功率为9W考点：电功、电功率 版权所有专题：恒定电流专题分析：电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，而R和r是纯电阻，可以对R和r，运用用欧姆定律求电路中的电流；电动机输入功率 P入=UI，发热功率P热=I2RM，输出功率P出=PP热根据功率关系求出电动机输出的功率解答：解：A、根据闭合电路欧姆定律，有：E=U+I（r+R）解得：I=1A，故A错误；B、C、D、电动机的输入功率：P入=UI=101=1
52、0W电动机的热功率：P热=I2RM=121=1W电动机的输出功率：P出=PP热=UII2RM=101121=9W故B正确，C正确，D正确；本题选不正确的，故选：A点评：对于电动机电路区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路，可从从能量转化的角度理解：电能全部转化内能时，是纯电阻电路电能转化为内能和其他能时，是非纯电阻电路22两个固定的异号电荷，电荷量给定但大小不等，且q1q2用E1和E2分别表示两个点电荷产生的电场强度的大小，则在通过两点电荷的直线上，E1=E2的点（）A有三个，其中两处合场强为零B有三个，其中一处合场强为零C只有二个，其中一处合场强为零D只有一个，该处合场强不为零考点：电场强度；库仑
53、定律 版权所有分析：两电荷连线上可以分为三部分，大电荷的外侧，两电荷之间，小电荷的外侧，在根据点电荷的场强公式判断是否场强大小相等解答：解：因q1q2，设两电荷间距为L，在连线上场强大小相等的点距离q2为r，则有k=k，r有两个解，即场强相等的点有两处，一处在两电荷中间的连线上，合场强不为零，另一处在连线q1的外侧，合场强为零故C正确，ABD错误故选：C点评：做这种类型的题，最好画出图，根据图象分析可能的地方，掌握库仑定律的内容，理解矢量的运算法则23如图所示，M是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数之比n1：n2=10：1，接线柱a、b接一正弦交变电源，电压u=311sin100t（V）变压器
54、右侧部分为一火警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器（电阻随温度升高而减小），R1为一定值电阻下列说法正确的是（）A当R2所在处出现火警时，电阻R1的功率变小B当R2所在处出现火警时，电压表V2的示数变大C当R2所在处出现火警时，电流表A的示数变小D电压表V1示数为22V考点：变压器的构造和原理 版权所有专题：交流电专题分析：输出电压是由输入电压和匝数比决定的，电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可解答：解：A、当出现火警时，温度升高，电阻R2减小，副线圈的电流变大，所以R1的电压要增大，电阻R1的功率变大，所以A错误；B、当出现火警时，温度升高，电阻R
55、2减小，副线圈的电流变大，所以R1的电压要增大，由于副线圈的总电压不变，所以R2的电压就要减小，所以B错误；C、由B的分析可知，副线圈的电阻减小，副线圈的电流变大，所以原线圈的电流也就要增大，所以C错误；D、由表达式可知，输入的电压有效值为220V，变压器的电压与匝数成正比，由此可得副线圈的电压为22V，电压表V1测的是副线圈两端电压，所以D正确故选D点评：本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解24一质子在匀强电场中的运动径迹如图中的虚线所示，图中的实线为电场线（方向未画出），不考虑质子的重力和空气阻力则下列说法中正确的是（）AA点
56、的电势比B点的高B质子在A点的电势能比B点的大C质子在A点的动能比在B点的大D质子在电场中的动能与电势能总和不变考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势能 版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：物体做曲线运动的时候，受到的合力的方向指向物体运动轨迹的弯曲的内侧，由此可知，该粒子受到的电场力的方向，进而判定电场线的方向和质子动能、电势能的变化解答：解：质子在电场中从A点运动到B点的过程中，只受到电场力的作用，又因物体做曲线运动时受到力的方向指向物体运动轨迹的弯曲的内侧，所以该粒子受到的电场力的方向向上，所以电场线的方向向上A、在电场中从A点运动到B点的过程中，电场力的方向与电场线的方向相同
57、，所以电场线的方向向上，B点的电势高故A错误；BC、在电场中从A点运动到B点的过程中，电场力的方向向上，电场力做负功，电势能增加，则动能减少故B错误，C正确；D、由于不考虑重力，所以只有电场力做功，因此动能与电势能之和不变，故D正确；故选：CD点评：对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧当只有电场力做功时，动能与电势能相互转化当有电场力与重力共同做功时，则动能、电势能与重力势能之和不变25如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表的示数减小U（电压表为理想电表），在这个过程中（）A通过R1的电流减小，减少量一定等于BR2两端的
58、电压增加，增加量一定等于UC路端电压减小，减少量一定等于UD通过R2的电流增加，但增加量一定大于考点：闭合电路的欧姆定律 版权所有专题：恒定电流专题分析：由图可知，R1与R并联后与R2串联，电压表测并联部分的电压；由欧姆定律可知，通过R1的电流的变化量；由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化量，则可得出路端电压的变化量及R2两端电压的关系解答：解：A、因电压表示数减小，而R1为定值电阻，故电流的减小量一定等于，故A正确；B、R1两端的电压减小，则说明R2及内阻两端的电压均增大，故R2两端的电压增加量一定小于U，故B错误；C、因内电压增大，故路端电压减小，由B的分析可知，路端电压的减小量一定小
59、于U，故C错误；D、由B的分析可知，R2两端的电压增加量一定小于U，故电流的增加量一定小于，故D错误；故选：A点评：本题考查欧姆定律中的动态分析，因本题要求分析电流及电压的变化量，故难度稍大，要求学生能灵活选择闭合电路的欧姆定律的表达形式26如图所示，A、B为相同的两个灯泡，均发光，当变阻器的滑片P向下端滑动时则（）AA灯变亮，B灯变暗BA灯变暗，B灯变亮CA、B灯均变暗DA、B灯均变亮考点：闭合电路的欧姆定律 版权所有专题：恒定电流专题分析：首先认识电路的结构：变阻器与灯B并联与R串联，再与灯A并联当变阻器的滑片P向下端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，分析外电路总电阻减小，根据欧姆定律分析
60、总电流的变化和路端电压的变化，即可知道灯A的亮度变化根据总电流和通过A电流的变化，分析通过R的电流变化和电压变化，可分析出B两端电压的变化，即可知灯B亮度变化可分析出通过并联电路的变化，则知灯B的变化解答：解：电路的结构是：变阻器与灯B并联与R串联，再与灯A并联当变阻器的滑片P向下端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，则知总电流增大，内电压增大，路端电压减小，通过A的电流减小，则灯A变暗因总电流增大、通过A的电流减小，则通过R的电流增大，R的电压增大，路端电压减小，则B两端电压的减小，B灯变暗所以A、B灯均变暗故选：C点评：本题是电路动态变化分析问题，按“局部整体局部”的思路进
61、行分析27静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的折线，图中0和d为已知量，一个质量为m、电荷量为q带负电的粒子恰好在电场中以x=0为中心、沿x轴方向做周期性运动忽略粒子的重力，则（）A在dxd区间内的场强大小都是，方向均沿+x方向B在dxd区间内粒子做简谐运动C要使粒子能运动到d处，粒子在O点的动能至少为q0D粒子从运动到的过程中，电势能先增大后减小考点：电势；电势能 版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：电势随x均匀变化时，电场为匀强电场，由电势差与电场强度的关系可求得电场强度大小，根据顺着电场线方向电势降低，判断场强的方向简谐运动的特征是F=kx，在恒力作用下粒子不可
62、能做简谐运动根据动能定理研究动能根据负电荷在电势高处电势能小，分析电势能的变化解答：解：A、在dx0内的场强大小 E=，电势升高，则场强方向沿x方向；在0xd区间内，场强大小E=，电势降低，则场强沿+x方向故A错误B、由上分析可知，在dx0内场强不变，粒子所受的电场力不变，在0xd区间内，场强不变，粒子所受的电场力也不变，对照简谐运动的条件F=kx，可知粒子做非简谐运动，故B错误C、粒子能运动到d处时速度为零，根据动能定理得：q0=0Ek0，则得：粒子在O点的动能至少为 Ek0=q0故C正确D、粒子从运动到的过程中，电势先升高后降低，根据负电荷在电势高处电势能小，可知电势能先减小后增大，故D错
63、误故选：C点评：本题关键抓住图线的斜率表示场强，再从题干中找出可用的信息，同时能从图象中判断出电场的性质；并能灵活应用动能定理求解动能29如图所示，有的计算机键盘的每一个键下面连一小块金属片，与该金属片隔有一定空气隙的是另一片小的固定金属片，这两片金属片组成一个小电容器该电容器的电容C可用公式计算，式中常量E=91012F/m，S表示金属片的正对面积，d表示两金属片间的距离，当键被按下时，此小电容器的电容C发生变化，与之相连的电子线路就能检测出是哪个键被按下了，从而给出相应的信号设每个金属片的正对面积为50mm2，键未按下时两金属片间的距离为0.6mm如果电容变化0.25PF，电子线路恰能检测
64、出必要的信号，则键至少需被按下（）A0.45mmB0.3mmC0.2mmD0.15mm考点：电容 版权所有专题：电容器专题分析：根据电容的公式，求出初始位置的电容，再根据电子线路恰能检测出必要的信号时的电容求出d，从而求出d的变化解答：解：初始位置的电容=F=7.51013Fd减小，C增大，电子线路恰能检测出必要的信号时的电容C=7.51013+2.51013F=11012F，则，所以d的变化量为0.15mm，即键至少需被按下0.15mm故D正确，A、B、C错误故选D点评：解决本题的关键利用电容的公式进行求解30示波器可以视为加速电场与偏转电场的组合，若已知前者的电压为U1，后者电压为U2，极
65、板长为L，板间距为d，且电子加速前初速可忽略则示波器的灵敏度（偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量称为“灵敏度”）与加速电场、偏转电场的关系正确的是（）AL越大，灵敏度越大Bd越大，灵敏度越大CU1越大，灵敏度越小D灵敏度与U1无关考点：带电粒子在匀强电场中的运动 版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：根据带电粒子在加速电场中加速，在偏转电场中做类平抛运动，结合动能定理、牛顿第二定律和运动学公式求出偏转量，从而得出灵敏度的大小解答：解：根据动能定理得，粒子在偏转电场中运动的时间t=，在偏转电场中的偏转位移y=则灵敏度为知L越大，灵敏度越大；d越大，灵敏度越小；U1越小，灵敏度越大灵敏
66、度与U2无关故AC正确，B、D错误故选：AC点评：本题考查了带电粒子在电场中的加速和偏转，综合考查了动能定理、牛顿第二定律、运动学公式等，难度中等二、实验题（12分）31（12分）（2015沙坪坝区校级模拟）直流电动机在传感和控制中有着广泛应用为了探究电动机的伏安特性，某同学找到一只带风扇的玩具电动机，他实验的实物示意图如图1所示，其中，图中M为电动机，电流表和电压表都视为理想电表闭合电键S前，滑动变阻器R的滑动头应置于最右（填“左”或“右”）端闭合电键S后，发现无论如何调节滑动变阻器R的滑动头，电动机都会转动，则可以判断导线（选填“”，“”，“”）断路；排除故障后，测量得到电动机的UI，图线
67、如图2所示通过图线可以求得该电动机内部线圈的电阻为2.5；实验一：将电动机取下，接在一节电动势为1.50v、内阻为0.50的干电池两级间，则通过电路中的电流应为0.5A；实验二：将实验一中完全相同的三节干电池串联，接上该电动机上稳定后，该电动机消耗的功率为2.6W，其效率为62%（计算结果保留两位有效数字）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 版权所有专题：实验题分析：分析实物图，明确电路结构，根据实验的安全性确定滑片开始时的位置；由图可得出电动机不转时的图象，即可求得电阻；1.5V时电动机不转，根据欧姆定律可求得电流；在图中作出电源的伏安特性曲线，两图的交点为电动机的工作点，即可明确电压和电流，则
68、由P=UI可求得功率；由P=I2R求得内阻消耗的功率，则可求得其效率解答：解：由实物图可知，本实验采用分压接法，电动机与滑动变阻器右侧相连，故为了让电流从零开始增加，开始时滑片应置于右端；电动机转动说明电路一直相连，故说明1、2、8、5、4均是完好的；而不能使电动机停止的原因只能是滑动变阻器接成了限流接法，即出现了断路；直线部分是电动机没有转动时图象，此时可视为纯电阻，故其阻值r=2.5；由图可知，电动机的额定电压应为2.5V，故接在1.5V的电源上时，电动机不工作，此时电流I=0.5A；接在三节干电池上时，在图中作出电源的伏安特性曲线如图所示，由图可知，灯泡的工作电压为3.25V，电流为0.
69、8A，故其消耗的功率P=UI=3.250.8=2.6W；其效率=62%故答案为：右；2.5；0.5；2.6；62点评：本题考查电动机的原理及其伏安特性曲线，要注意明确电动机为非纯电阻电路，在正常工作时要注意工作电压的确定，不适用欧姆定律求解三、填空题（27分）32带电量为3108库的检验电荷从电场中的A点移到B点时，它的电势能减少了6107焦，则在这个过程中，电场力对检验电荷做了6107焦的功，A、B两点之间的电势差为20伏考点：电势能；电势差 版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：检验电荷从电场中的A点移到B点时，电场力做功多少，其电势能就减小多少根据公式UAB=求解A、B两点之间的电势
70、差解答：解：根据题意，检验电荷从电场中的A点移到B点时，它的电势能减少了6107J，则电场力对检验电荷做功WAB=6107JA、B两点之间的电势差为UAB=V=20V故答案为：6107，20点评：电荷的电势能变化取决于电场力做功，电场力做功多少，其电势能就减小多少电荷克服电场力做功多少，其电势能就增加多少33为测量交流发电机的感应电动势及等效内阻，设计了如图甲所示的实验装置图，R0为定值电阻，R1为电阻箱实验时交流发电机以恒定转率转动，多次改变R1的阻值，用电压传感器测得R1上的电压U1，通过数据采集器，在计算机上显示出如图乙所示的关系图象（1）电阻R0的作用是保护作用；（2）图线与纵轴的交点
71、P纵坐标的物理意义是电动势的倒数；（3）图线与横轴的交点Q横坐标绝对值的物理意义是等效电阻与保护电阻之和的倒数；（4）转速提高至原来的2倍时，图线与纵轴的交点P将沿纵轴下 （选填“上”或“下”）移考点：测定电源的电动势和内阻 版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：根据闭合电路欧姆定律E=U+，进行数学变形，得到与的关系式，根据数学知识研究关系图线的斜率和截距的意义，即可求得电池的电动势和内阻解答：解：（1）R0接入电阻是为了防止电源中电流过大，故起保护作用；（2）根据闭合电路欧姆定律E=U+，进行数学变形，得：=+根据数学知识得知，关系图线的纵截距P=，故P点坐标表示电动势的倒数；（3）图象
72、与横坐标的交点时，电压表示数为无穷大，代入公式可得：R=；则说明此时Q为电源内阻与R0之和的倒数；（4）转速提高时，电源的电动势增大，则交点P应向下移动故答案为：（1）保护作用；（2）电动势的倒数；（3）等效电阻与保护电阻之和的倒数；（4）下点评：本题重点考查运用数学知识处理问题的能力，采用的是转换法，将非线性关系转换成线性，直观简单；学习中要注意掌握这种方法34如图所示为质谱仪的原理示意图，电荷量为q、质量为m的带正电的粒子从静止开始经过电势差为U的加速电场后进入粒子速度选择器，选择器中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强电场的场强为E、方向水平向右已知带电粒子能够沿直线穿过速度选择器，从
73、G点垂直MN进入偏转磁场，该偏转磁场是一个以直线MN为边界、方向垂直纸面向外的匀强磁场带电粒子经偏转磁场后，最终到达照相底片的H点可测量出G、H间的距离为l带电粒子的重力可忽略不计粒子速度选择器中匀强磁场的磁感强度B1的大小为；偏转磁场的磁感强度B2的大小为考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理 版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子在电场中运动只有电场力做功，根据动能定理可以求得粒子从加速电场射出时速度v的大小；带电的粒子在速度选择器中做匀速直线运动，说明粒子受力平衡，根据粒子的受力状态可以求得速度选择器中匀强磁场的磁感应强度B1的大小；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据粒
74、子在磁场中运动的半径公式可以求得偏转磁场的磁感应强度B2的大小解答：解：（1）粒子在电场中运动只有电场力做功，根据动能定理可得，qU=mv2可以求得粒子从加速电场射出时速度v的大小v为，；粒子在速度选择器中受力平衡，所以qE=qvB1，所以磁感应强度B1的大小为，（2）粒子垂直进入磁场，做圆周运动，半径的大小为，所以qvB2=，所以故答案为：，点评：粒子在速度选择器中的运动可以分为匀加速直线运动、匀速运动和匀速圆周运动，根据不同阶段的运动的特点来分类解决35如图所示，在竖直向下、场强为E的匀强电场中，长为l的绝缘轻杆可绕固定轴0在竖直面内无摩擦转动，两个小球A、B固定于杆的两端，转轴O到小球A
75、的距离为，A、B的质量分别为m和3m，A带负电，电量大小为q1，B带正电，电量大小为q2杆从静止开始由水平位置转到竖直位置，在此过程中电场力做功为，在竖直位置处两球的总动能为考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能 版权所有分析：首先跟据所受电场力情况，判断出杆是顺时针还是逆时针转动，然后根据电场力做功特点分别求出电场力对A、B两球所做功，根据动能定理求两球的动能解答：解：因为杆及AB受力的合力矩为顺时针，所以系统沿顺时针转动到竖直位置，电场力对A和B都做正功，电场力对A、B做总功为：=在此过程中重力对A做正功，对B做负功，设两球总动能为Ek，由用动能定理得：解得：故答案为：；点评：本题
76、考查力矩及电场力的功和重力的功；难点是判断系统转动方向，从而确定电场力、重力做功情况36如图，带电量为+q的点电荷与均匀带电薄板相距为2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心若图中a点处的电场强度为零，根据对称性，图中b点处的电场强度大小为，方向水平向左（静电力恒量为k）考点：电场强度 版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：由点电荷的场强公式可得出q在a点形成的场强，由电场的叠加原理可求得薄板在a点的场强大小及方向；由对称性可知薄板在b点形成的场强解答：解；q在a点形成的电场强度的大小为E1=，方向向左；因a点场强为零，故薄板在a点的场强方向向右，大小也为，由对称性可知，薄板在b点的场强，方向向左；q在b处产生的场强大小为E2=，方向向左，根据电场的叠加原理可得：b点处的电场强度大小为 E=E1+E2=，方向水平向左故答案为：，水平向左点评：题目中要求的是薄板形成的场强，看似无法解决； 但注意a点的场强是由薄板及点电荷的电场叠加而成，故可求得薄板在a点的电场强度，而薄板两端的电场是对称的，故由对称性可解